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- 2021-06-25 发布
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第三章Error!导数及其应用
第一节
变化率与导数、导数的计算
突破点(一) 导数的运算
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1.函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数
称函数 y=f(x)在 x=x0 处的瞬时变化率 li m
Δx→0 Δy
Δx=li m
Δx→0 f(x0+Δx)-f(x0)
Δx 为函数 y=f(x)
在 x=x0 处的导数,记作 f′(x0)或 y′|x=x0,
即 f′(x0)=li m
Δx→0 Δy
Δx=li m
Δx→0 f(x0+Δx)-f(x0)
Δx .
2.函数 f(x)的导函数
称函数 f′(x)=li m
Δx→0 f(x+Δx)-f(x)
Δx 为 f(x)的导函数.
3.基本初等函数的导数公式
原函数 sin x cos x ax(a>0) ex logax(a>0,且 a≠1) ln x
导函数 cos x -sin_x axln_a ex 1
xln a
1
x
4.导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x);
(2)[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x);
(3)[
f(x)
g(x) ]′=f′(x)g(x)-f(x)g′(x)
[g(x)]2 (g(x)≠0).
5.复合函数的导数
复合函数 y=f(g(x))的导数和函数 y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为 yx′=yu′·ux′,
即 y 对 x 的导数等于 y 对 u 的导数与 u 对 x 的导数的乘积.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
已知函数的解析式求导数
本节主要包括 2 个知识点:
1.导数的运算;2.导数的几何意义.
[例 1] 求下列函数的导数:
(1)y=(1- x)(1+ 1
x);
(2)y=ln x
x ;
(3)y=tan x;
(4)y=3xex-2x+e;
(5)y=ln(2x+3)
x2+1 .
[解] (1)∵y=(1- x)(1+ 1
x)= 1
x
- x=x-1
2-x1
2,
∴y′=(x-1
2)′-(x1
2)′=-1
2x-3
2-1
2x-1
2.
(2)y′=(
ln x
x )′=
(ln x)′x-x′ln x
x2
=
1
x·x-ln x
x2
=1-ln x
x2 .
(3)y′=(
sin x
cos x )′=
(sin x)′cos x-sin x(cos x)′
cos2x
=cos xcos x-sin x(-sin x)
cos2x
= 1
cos2x.
(4)y′=(3xex)′-(2x)′+(e)′
=(3x)′ex+3x(ex)′-(2x)′
=3x(ln 3)·ex+3xex-2xln 2
=(ln 3+1)·(3e)x-2xln 2.
(5)y′=[ln(2x+3)]′(x2+1)-ln(2x+3)(x2+1)′
(x2+1)2
=
(2x+3)′
2x+3 ·(x2+1)-2xln(2x+3)
(x2+1)2
=2(x2+1)-2x(2x+3)ln(2x+3)
(2x+3)(x2+1)2 .
[方法技巧]
导数的运算方法
(1)连乘积形式:先展开化为多项式的形式,再求导.
(2)分式形式:观察函数的结构特征,先化为整式函数或较为简单的分式函数,再求
导.
(3)对数形式:先化为和、差的形式,再求导.
(4)根式形式:先化为分数指数幂的形式,再求导.
(5)三角形式:先利用三角函数公式转化为和或差的形式,再求导.
(6)复合函数:确定复合关系,由外向内逐层求导.
导数运算的应用
[例 2] (1)(2016·济宁二模)已知函数 f(x)=x(2 017+ln x),f′(x0)=2 018,则 x0=( )
A.e2 B.1 C.ln 2 D.e
(2)已知 f(x)=1
2x2+2xf′(2 017)+2 017ln x,则 f′(1)=________.
[解析] (1)由题意可知 f′(x)=2 017+ln x+x·1
x=2 018+ln x.由 f′(x0)=2 018,得 ln
x0=0,解得 x0=1.
(2)由题意得 f′(x)=x+2f′(2 017)+2 017
x ,
所以 f′(2 017)=2 017+2f′(2 017)+2 017
2 017,
即 f′(2 017)=-(2 017+1)=-2 018.
故 f′(1)=1+2×(-2 018)+2 017=-2 018.
[答案] (1)B (2)-2 018
[方法技巧]
对抽象函数求导的解题策略
在求导问题中,常涉及一类解析式中含有导数值的函数,即解析式类似为 f(x)=f′(x0)x
+sin x+ln x(x0 为常数)的函数,解决这类问题的关键是明确 f′(x0)是常数,其导数值为 0.因
此先求导数 f′(x),令 x=x0,即可得到 f′(x0)的值,进而得到函数解析式,求得所求的导数
值.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一](2017·东北四市联考)已知 y= 2 017,则 y′=( )
A. 1
2 2 017 B.- 1
2 2 017
C. 2 017
2 017 D.0
解析:选 D 因为常数的导数为 0,又 y= 2 017是常数函数,所以 y′=0.
2.[考点二](2016·大同二模)已知函数 f(x)=xsin x+ax,且 f′(
π
2 )=1,则 a=( )
A.0 B.1 C.2 D.4
解析:选 A ∵f′(x)=sin x+xcos x+a,且 f′(
π
2 )=1,∴sinπ
2+π
2cosπ
2+a=1,即
a=0.
3.[考点二](2017·湖北重点中学月考)已知函数 f(x)的导数为 f′(x),且满足关系式 f(x)=
x2+3xf′(2)+ln x,则 f′(2)的值等于( )
A.-2 B.2 C.-9
4 D.9
4
解析:选 C 因为 f(x)=x2+3xf′(2)+ln x,所以 f′(x)=2x+3f′(2)+1
x,所以 f′(2)=
2×2+3f′(2)+1
2,解得 f′(2)=-9
4.故选 C.
4.[考点二]在等比数列{an}中,a1=2,a8=4,函数 f(x)=x(x-a1)·(x-a2)·…·(x-a 8),则
f′(0)的值为________.
解析:因为 f′(x)=x′·[(x-a 1)(x-a2)·…·(x-a 8)]+[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a 8)]′·x=(x
-a1)·(x-a 2)·…·(x-a 8)+[(x-a1)(x-a2)·…·(x-a 8)]′·x,所以 f′(0)=(0-a 1)(0-a2)·…·(0
-a8)+0=a1a2·…·a 8.又数列{an}为等比数列,所以 a2a7=a3a6=a4a5=a1a8=8,所以 f′(0)=84
=4 096.
答案:4 096
5.[考点一]求下列函数的导数.
(1)y=x2sin x;
(2)y=ln x+1
x;
(3)y=cos x
ex ;
(4)y=xsin(2x+π
2)cos(2x+π
2).
解:(1)y′=(x2)′sin x+x2(sin x)′
=2xsin x+x2cos x.
(2)y′=(ln x+1
x)′=(ln x)′+(
1
x )′=1
x- 1
x2.
(3)y′=(
cos x
ex )′=
(cos x)′ex-cos x(ex)′
(ex)2
=-sin x+cos x
ex .
(4)∵y=xsin(2x+π
2)cos(2x+π
2)=1
2xsin(4x+π)=-1
2xsin 4x,
∴y′=-1
2sin 4x-1
2x·4cos 4x
=-1
2sin 4x-2xcos 4x.
突破点(二) 导数的几何意义
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
函数 f(x)在点 x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是在曲线 y=f(x)上点 P(x0,y0)处的切线的
斜率.相应地,切线方程为 y-y0=f′(x0)(x-x0).特别地,如果曲线 y=f(x)在点(x0,y0)处
的切线垂直于 x 轴,则此时导数 f′(x0)不存在,由切线定义可知,切线方程为 x=x0.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求切线方程
[例 1] 已知函数 f(x)=x3-4x2+5x-4.
(1)求曲线 f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(2)求经过点 A(2,-2)的曲线 f(x)的切线方程.
[解] (1)∵f′(x)=3x2-8x+5,
∴f′(2)=1,又 f(2)=-2,
∴曲线 f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-(-2)=x-2,
即 x-y-4=0.
(2)设切点坐标为(x0,x30-4x20+5x0-4),
∵f′(x0)=3x20-8x0+5,
∴切线方程为 y-(-2)=(3x20-8x0+5)(x-2),
又切线过点(x0,x30-4x20+5x0-4),
∴x30-4x20+5x0-2=(3x20-8x0+5)(x0-2),
整理得(x0-2)2(x0-1)=0,
解得 x0=2 或 x0=1,
∴经过 A(2,-2)的曲线 f(x)的切线方程为 x-y-4=0 或 y+2=0.
[方法技巧]
求切线方程问题的两种类型及方法
(1)求“在”曲线 y=f(x)上一点 P(x0,y0)处的切线方程(高考常考类型),则点 P(x0,y0)为
切点,切线斜率为 k=f′(x0),有唯一的一条切线,对应的切线方程为 y-y 0=f′(x0)(x-
x0).
(2)求“过”曲线 y=f(x)上一点 P(x0,y0)的切线方程,则切线经过点 P,点 P 可能是切点,
也可能不是切点,这样的直线可能有多条.解决问题的关键是设切点,利用“待定切点法”,
即:①设切点 A(x1,y1),则以 A 为切点的切线方程为 y-y1=f′(x1)(x-x1);②根据题意知
点 P(x0,y0)在切线上,点 A(x1,y1)在曲线 y=f(x)上,得到方程组Error!求出切点 A(x1,y1),
代入方程 y-y1=f′(x1)(x-x1),化简即得所求的切线方程.
[提醒] “过点 A 的曲线的切线方程”与“在点 A 处的曲线的切线方程”是不相同的,
后者 A 必为切点,前者未必是切点.曲线在某点处的切线,若有,则只有一条;曲线过某点
的切线往往不止一条.切线与曲线的公共点不一定只有一个.
求切点坐标
[例 2] 设曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线与曲线 y=1
x(x>0)上点 P 处的切线垂直,则点 P
的坐标为________.
[解析] y=ex 的导数为 y′=ex,则曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线斜率 k1=e0=1.y=1
x(x>
0)的导数为 y′=- 1
x2(x>0),设 P(m,n),则曲线 y=1
x(x>0)在点 P 处的切线斜率 k2=- 1
m2
(m>0).因为两切线垂直,所以 k1k2=-1,所以 m=1,n=1,则点 P 的坐标为(1,1).
[答案] (1,1)
求参数的值
[例 3] 直线 y=kx+1 与曲线 y=x3+ax+b 相切于点 A(1,3),则 2a+b 的值等于( )
A.2 B.-1 C.1 D.-2
[解析] 依题意知,y′=3x2+a,则Error!由此解得Error!所以 2a+b=1,选 C.
[答案] C
[方法技巧]
根据导数的几何意义求参数值的思路
根据导数的几何意义求参数的值时,一般是利用切点 P(x0,y0)既在曲线上又在切线上构
造方程组求解.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]已知 f(x)=2exsin x,则曲线 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为( )
A.y=0 B.y=2x
C.y=x D.y=-2x
解析:选 B ∵f(x)=2exsin x,∴f(0)=0,f′(x)=2ex(sin x+cos x),∴f′(0)=2,∴曲
线 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=2x.
2.[考点三]曲线 f(x)=x2+a
x+1 在点(1,f(1))处的切线的倾斜角为3π
4 ,则实数 a=( )
A.1 B.-1 C.7 D.-7
解析:选 C f′(x)=2x(x+1)-(x2+a)
(x+1)2
=x2+2x-a
(x+1)2
,∵f′(1)=tan3π
4 =-1,即3-a
4 =-
1,∴a=7.
3.[考点二]在平面直角坐标系 xOy 中,点 M 在曲线 C:y=x3-x+1 上,且在第二象限内,
已知曲线 C 在点 M 处的切线的斜率为 2,则点 M 的坐标为________.
解析:由 y′=3x2-1=2,得 x=±1,又点 M 在第二象限内,故 x=-1,此时 y=1,
故点 M 的坐标为(-1,1).
答案:(-1,1)
4.[考点三](2017·衡阳八中模拟)已知函数 f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中 a>0 且 a≠1,
f′(x)为 f(x)的导函数,若 f′(1)=3,则 a 的值为________.
解析:因为 f(x)=axln x,所以 f′(x)=ln a·axln x+ax
x .又 f′(1)=3,所以 a=3.
答案:3
5.[考点二]若曲线 y=xln x 上点 P 处的切线平行于直线 2x-y+1=0,则点 P 的坐标是
________.
解析:由题意得 y′=ln x+x·1
x=1+ln x,直线 2x-y+1=0 的斜率为 2.设 P(m,n),
则 1+ln m=2,解得 m=e,所以 n=eln e=e,即点 P 的坐标为(e,e).
答案:(e,e)
6.[考点一]如图,y=f(x)是可导函数,直线 l:y=kx+2 是曲线 y=
f(x)在 x=3 处的切线,令 g(x) =xf(x) ,其中 g′(x) 是 g(x) 的导函数,
则曲线 g(x) 在 x =3 处的切线方程为________.
解析:由题图可知曲线 y=f(x)在 x=3 处切线的斜率等于-1
3,即
f′(3)=-1
3.又因为 g(x)=xf(x),所以 g′(x)=f(x)+xf′(x),g′(3)=f(3)+3f′(3),由题图
可知 f(3)=1,所以 g(3)=3f(3)=3,g′(3)=1+3× (-1
3 )=0.则曲线 g(x)在 x=3 处的切线
方程为 y-3=0.
答案:y-3=0
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a=
( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:选 D y′=a- 1
x+1,由题意得 y′|x=0=2,即 a-1=2,所以 a=3.
2.(2016·全国甲卷)若直线 y=kx+b 是曲线 y=ln x+2 的切线,也是曲线 y=ln(x+1)的
切线,则 b=________.
解析:易得(ln x+2)′=1
x,[ln(x+1)]′= 1
x+1.设曲线 y=ln x+2 上的切点横坐标为 x1,
曲线 y=ln(x+1)上的切点横坐标为 x2,则 y=ln x+2 的切线方程为:y=1
x1·x+ln x1+1,y=
ln(x+1)的切线方程为:y= 1
x2+1x+ln(x2+1)- x2
x2+1.根据题意,有Error!
解得 x1=1
2,x2=-1
2,∴b=ln x1+1=1-ln 2.
答案:1-ln 2
3.(2016·全国丙卷)已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线 y=f(x)在
点(1,-3)处的切线方程是________.
解析:因为 f(x)为偶函数,所以当 x>0 时,f(x)=f(-x)=ln x-3x,所以 f′(x)=1
x-3,
则 f′(1)=-2.所以 y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程为 y+3=-2(x-1),即 y=-2x-1.
答案:y=-2x-1
4.(2016·全国甲卷)已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
当 a=4 时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),
f(1)=0,f′(x)=ln x+1
x-3,f′(1)=-2.
故曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 y-0=-2(x-1),即 2x+y-2=0.
(2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x-a(x-1)
x+1 >0.
设 g(x)=ln x-a(x-1)
x+1 ,
则 g′(x)=1
x- 2a
(x+1)2
=x2+2(1-a)x+1
x(x+1)2
,g(1)=0.
①当 a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故 g′(x)>0,g(x)在(1,+
∞)上单调递增,因此 g(x)>0;
②当 a>2 时,令 g′(x)=0 得 x1=a-1- (a-1)2-1,x2=a-1+ (a-1)2-1.
由 x2>1 和 x1x2=1 得 x1<1,故当 x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,
因此 g(x)<0.
综上,a 的取值范围是(-∞,2].
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基,二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1.函数 f(x)=(x+2a)(x-a)2 的导数为( )
A.2(x2-a2) B.2(x2+a2)
C.3(x2-a2) D.3(x2+a2)
解析:选 C ∵f(x)=(x+2a)(x-a)2=x3-3a2x+2a3,
∴f′(x)=3(x2-a2).
2.曲线 y=sin x+ex 在点(0,1)处的切线方程是( )
A.x-3y+3=0 B.x-2y+2=0
C.2x-y+1=0 D.3x-y+1=0
解析:选 C ∵y=sin x+ex,
∴y′=cos x+ex,
∴y′Error!=cos 0+e0=2,
∴曲线 y=sin x+ex 在点(0,1)处的切线方程为 y-1=2(x-0),即 2x-y+1=0.
3.(2016·安庆二模)给出定义:设 f′(x)是函数 y=f(x)的导函数,f″(x)是函数 f′(x)的
导函数,若方程 f″(x)=0 有实数解 x0,则称点(x0,f(x0))为函数 y=f(x)的“拐点”.已知函
数 f(x)=3x+4sin x-cos x 的拐点是 M(x0,f(x0)),则点 M( )
A.在直线 y=-3x 上 B.在直线 y=3x 上
C.在直线 y=-4x 上 D.在直线 y=4x 上
解析:选 B f′(x)=3+4cos x+sin x,f″(x)=-4sin x+cos x,由题可知 f″(x0)=0,
即 4sin x0-cos x0=0,所以 f(x0)=3x0,故 M(x0,f(x0))在直线 y=3x 上.故选 B.
4.(2016·贵阳一模)曲线 y=xex 在点(1,e)处的切线与直线 ax+by+c=0 垂直,则a
b的值
为( )
A.- 1
2e B.-2
e C.2
e D. 1
2e
解析:选 D y′=ex+xex,则 y′|x=1=2e.∵曲线在点(1,e)处的切线与直线 ax+by+c
=0 垂直,∴-a
b=- 1
2e,∴a
b= 1
2e,故选 D.
5.已知直线 y=-x+1 是函数 f(x)=-1
aex 图象的切线,则实数 a=________.
解析:设切点为(x0,y0).f ′(x)=-1
aex,则 f ′(x0)=-1
a·ex0=-1,∴ex0=a,又-1
a·ex0
=-x0+1,∴x0=2,∴a=e2.
答案:e2
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1.(2017·惠州模拟)已知函数 f(x)=1
xcos x,则 f(π)+f′(
π
2 )=( )
A.- 3
π2 B.- 1
π2
C.-3
π D.-1
π
解析:选 C 由题可知,f(π)=-1
π,f′(x)=-1
x2cos x+1
x(-sin x),则 f(π)+f′(
π
2 )=-
1
π+2
π×(-1)=-3
π.
2.设曲线 y=1+cos x
sin x 在点(
π
2,1 )处的切线与直线 x-ay+1=0 平行,则实数 a 等于
( )
A.-1 B.1
2 C.-2 D.2
解析:选 A ∵y′=
-1-cos x
sin2x ,∴y′x=π
2=-1,由条件知1
a=-1,∴a=-1.
3.(2017·上饶模拟)若点 P 是曲线 y=x2-ln x 上任意一点,则点 P 到直线 y=x-2 距离
的最小值为( )
A.1 B. 2 C.
2
2 D. 3
解析:选 B 由题可得,y′=2x-1
x.因为 y=x2-ln x 的定义域为(0,+∞),所以由 2x-
1
x=1,得 x=1,则 P 点坐标为(1,1),所以曲线在点 P 处的切线方程为 x-y=0,所以两平行
线间的距离为 d= 2
2
= 2,即点 P 到直线 y=x-2 距离的最小值为 2.
4.(2016·南昌二中模拟)设点 P 是曲线 y=x3- 3x+2
3上的任意一点,P 点处切线倾斜角
α 的取值范围为( )
A.[0,π
2 )∪[
5π
6 ,π) B.[
2π
3 ,π)
C.[0,π
2 )∪[
2π
3 ,π) D.(
π
2,5π
6 ]解析:选 C 因为 y′=3x2- 3≥- 3,故切线斜率 k≥- 3,所以切线倾斜角 α 的取
值范围是[0,π
2 )∪[
2π
3 ,π).
5.(2017·重庆诊断)已知函数 f(x)= 2
ex+1+sin x,其导函数为 f′(x),则 f(2 017)+f(-2
017)+f′(2 017)-f′(-2 017)的值为( )
A.0 B.2 C.2 017 D.-2 017
解析:选 B ∵f(x)= 2
ex+1+sin x,∴f′(x)=- 2ex
(ex+1)2
+cos x,f(x)+f(-x)= 2
ex+1+sin
x+ 2
e-x+1+sin(-x)=2,f′(x)-f′(-x)=- 2ex
(ex+1)2
+cos x+ 2e-x
(e-x+1)2
-cos(-x)=0,∴f(2
017)+f(-2 017)+f′(2 017)-f′(-2 017)=2.
6.已知 f(x)=ln x,g(x)=1
2x2+mx+7
2(m<0),直线 l 与函数 f(x),g(x)的图象都相切,且
与 f(x)图象的切点为(1,f(1)),则 m 的值为( )
A.-1 B.-3 C.-4 D.-2
解析:选 D ∵f′(x)=1
x,∴直线 l 的斜率为 k=f′(1)=1,又 f(1)=0,∴切线 l 的方
程为 y=x-1.g′(x)=x+m,设直线 l 与 g(x)的图象的切点为(x0,y0),则有 x0+m=1,y0=
x0-1,y0=1
2x20+mx0+7
2,m<0,于是解得 m=-2.
二、填空题
7 . 已 知 函 数 f(x) 在 R 上 可 导 , 且 f(x) = x2 + 2x·f′(2) , 则 函 数 f(x) 的 解 析 式 为
________.
解析:由题意得 f′(x)=2x+2f′(2),则 f′(2)=4+2f′(2),所以 f′(2)=-4,所以 f(x)=
x2-8x.
答案:f(x)=x2-8x
8.若直线 l 与幂函数 y=xn 的图象相切于点 A(2,8),则直线 l 的方程为________.
解析:由题意知,A(2,8)在 y=xn 上,∴2n=8,∴n=3,∴y′=3x2,直线 l 的斜率 k=
3×22=12,又直线 l 过点(2,8).∴y-8=12(x-2),即直线 l 的方程为 12x-y-16=0.
答案:12x-y-16=0
9.若曲线 f(x)=ax3+ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是________.
解析:由题意,可知 f′(x)=3ax2+1
x,又存在垂直于 y 轴的切线,所以 3ax2+1
x=0,即
a=- 1
3x3(x>0),故 a∈(-∞,0).
答案:(-∞,0)
10.已知 f′(x),g′(x)分别是二次函数 f(x)和三次函数 g(x)的导函
数,且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示.
(1)若 f(1)=1,则 f(-1)=________;
(2)设函数 h(x)=f(x)-g(x),则 h(-1),h(0),h(1)的大小关系为
________.(用“<”连接)
解析:(1)依题意,f′(x)=x,g′(x)=x2,
设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
g(x)=dx3+ex2+mx+n(d≠0),
则 f′(x)=2ax+b=x,g′(x)=3dx2+2ex+m=x2,
故 a=1
2,b=0,d=1
3,e=m=0,f(x)=1
2x2+c,
g(x)=1
3x3+n,由 f(1)=1 得 c=1
2,
则 f(x)=1
2x2+1
2,故 f(-1)=1.
(2)h(x)=f(x)-g(x)=1
2x2-1
3x3+c-n,
则有 h(-1)=5
6+c-n,h(0)=c-n,h(1)=1
6+c-n,
故 h(0)0,则 f(x)在这个区间内单调递增;
(2)若 f′(x)<0,则 f(x)在这个区间内单调递减;
(3)若 f′(x)=0,则 f(x)在这个区间内是常数函数.
2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论
(1)函数 f(x)在(a,b)内可导,且 f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于 0.当 x∈(a,b)
时,
f′(x)≥0⇔函数 f(x)在(a,b)上单调递增;
f′(x)≤0⇔函数 f(x)在(a,b)上单调递减.
(2)f′(x)>0(<0)在(a,b)上成立是 f(x)在(a,b)上单调递增(减)的充分条件.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
证明或讨论函数的单调性
判断函数单调性的三种方法
定义法
在定义域内(或定义域的某个区间内)任取 x1,x2,且 x10,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)当 a≤0 时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递减;
(3)当 00,故 f(x)在
(0, 1-a
2a )上单调递减,在 1-a
2a ,+∞上单调递
增.
[方法技巧]
导数法证明或讨论函数 f(x)在(a,b)内单调性的步骤
(1)求 f′(x);
(2)确定 f′(x)在(a,b)内的符号;
(3)得出结论:当 f′(x)>0 时,函数 f(x)在(a,b)内单调递增;当 f′(x)<0 时,函数 f(x)在
(a,b)内单调递减.
[提醒] 讨论含参函数的单调性时,需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类
讨论.
求函数的单调区间
[例 2] 已知函数 f(x)=x
4+a
x-ln x-3
2,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切
线垂直于直线 y=1
2x,求函数 f(x)的单调区间.
[解] 对 f(x)求导得 f′(x)=1
4- a
x2-1
x,
由曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y=1
2x,知 f′(1)=-3
4-a=-2,解得 a
=5
4.
所以 f(x)=x
4+ 5
4x-ln x-3
2,则 f′(x)=x2-4x-5
4x2 ,
令 f′(x)=0,解得 x=-1 或 x=5,
因 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去.
当 x∈(0,5)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,5)内为减函数;
当 x∈(5,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(5,+∞)内为增函数.
所以函数 f(x)的单调递增区间为(5,+∞),单调递减区间为(0,5).
[方法技巧]
用导数求函数单调区间的三种类型及方法
(1)当不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 可解时,确定函数的定义域,解不等式 f′(x)>0 或
f′(x)<0 求出单调区间.
(2)当方程 f′(x)=0 可解时,确定函数的定义域,解方程 f′(x)=0,求出实数根,把函
数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来,把定义域分
成若干个小区间,确定 f′(x)在各个区间内的符号,从而确定单调区间.
(3)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 及方程 f′(x)=0 均不可解时求导并化简,根据 f′(x)的
结构特征,选择相应基本初等函数,利用其图象与性质确定 f′(x)的符号,得单调区间.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点二]函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是( )
A.(-∞,2) B.(0,3)
C.(1,4) D.(2,+∞)
解析:选 D 依题意得 f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令 f′(x)>0,解得 x>2,
所以 f(x)的单调递增区间是(2,+∞).故选 D.
2.[考点一]下列函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( )
A.f(x)=sin 2x B.f(x)=xex
C.f(x)=x3-x D.f(x)=-x+ln x
解析:选 B 对于 A,f(x)=sin 2x 的单调递增区间是[kπ-π
4,kπ+π
4](k∈Z);对于 B,
f′(x)=ex(x+1),当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,∴函数 f(x)=xex 在(0,+∞)上为增函数;
对于 C,f′(x)=3x2-1,令 f′(x)>0,得 x>
3
3 或 x<- 3
3 ,∴函数 f(x)=x3-x 在(-∞,- 3
3 )
和(
3
3 ,+∞)上单调递增;对于 D,f′(x)=-1+1
x=-x-1
x ,令 f′(x)>0,得 00,所以 x2-1<0,解得 00),
①当 a≤0 时,f′(x)=1
x-a>0,
即函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当 a>0 时,令 f′(x)=1
x-a=0,可得 x=1
a,
当 00;
当 x>1
a时,f′(x)=1-ax
x <0,
故函数 f(x)在(0,1
a )上单调递增,在(
1
a,+∞)上单调递减.
由①②知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当 a>0 时,f(x)在(0,1
a )上单调递增,在(
1
a,+∞)上单调递减.
5.[考点二]已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.
(1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值;
(2)当 a2=4b 时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间.
解:(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b,
由已知可得Error!解得 a=b=3.
(2)令 F(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+a2
4 x+1,F′(x)=3x2+2ax+a2
4 ,
令 F′(x)=0,得 x1=-a
2,x2=-a
6,
∵a>0,∴x10 得,x<-a
2或 x>-a
6;
由 F′(x)<0 得,-a
20(或 f′(x)<0)在该区间上
存在解集,即 f′(x)max>0(或 f′(x)min<0)在该区间上有解,从而转化为不等式问题,求出参
数的取值范围;
(3)若已知 f(x)在区间 I 上的单调性,区间 I 上含有参数时,可先求出 f(x)的单调区间,
令 I 是其单调区间的子集,从而求出参数的取值范围.
[例 1] 已知函数 f(x)=x3-ax-1.
(1)若 f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围;
(2)若 f(x)在区间(-1,1)上为减函数,求 a 的取值范围;
(3)若 f(x)的单调递减区间为(-1,1),求 a 的值.
[解] (1)因为 f′(x)=3x2-a,且 f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,所以 f′(x)≥0 在(1,+
∞)上恒成立,即 3x2-a≥0 在(1,+∞)上恒成立,所以 a≤3x2 在(1,+∞)上恒成立,所以
a≤3,即 a 的取值范围为(-∞,3].
(2)因为 f(x)在区间(-1,1)上为减函数,所以 f′(x)=3x 2-a≤0 在(-1,1)上恒成立,即
a≥3x2 在(-1,1)上恒成立.因为-1<x<1,所以 3x2<3,所以 a≥3.即 a 的取值范围为[3,+
∞).
(3)因为 f(x)=x3-ax-1,
所以 f′(x)=3x2-a.由 f′(x)=0,得 x=±
3a
3 (a≥0).
因为 f(x)的单调递减区间为(-1,1),
所以 3a
3 =1,即 a=3.
应用结论“函数 f(x)在(a,b)上单调递增⇔f′(x)≥0 恒成立;函数 f(x)在(a,b)上单调递
减⇔f′(x)≤0 恒成立”时,切记检验等号成立时导数是否在(a,b)上恒为 0. [易错提醒]
比较大小或解不等式
[例 2] (1)若 0ln x2-ln x1
B.ex2-ex1x1ex2
D.x2ex1g(x2) , 即ex1
x1 >ex2
x2 , 则
x2ex1>x1ex2,故选 C.
(2)设 F(x)=f(x)-1
2x,∴F′(x)=f′(x)-1
2,∵f′(x)<1
2,∴F′(x)=f′(x)-1
2<0,即函
数 F(x)在 R 上单调递减.∵f(x2)1,即 x∈(-∞,-1)∪(1,+∞).
[答案] (1)C (2)(-∞,-1)∪(1,+∞)
[方法技巧]
利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件,构造辅助函数,把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究
函数的单调性问题,再由单调性比较大小或解不等式.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]已知函数 f(x)=x2+4x+aln x,若函数 f(x)在(1,2)上是单调函数,则实数 a 的
取值范围是( )
A.(-6,+∞)
B.(-∞,-16)
C.(-∞,-16]∪[-6,+∞)
D.(-∞,-16)∪(-6,+∞)
解析:选 C ∵f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x+4+a
x=2x2+4x+a
x ,f(x)在(1,2)上
是单调函数,∴f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在(1,2)上恒成立,即 2x2+4x+a≥0 或 2x2+4x+a≤0
在(1,2)上恒成立,即 a≥-(2x 2+4x)或 a≤-(2x 2+4x)在(1,2)上恒成立.记 g(x)=-(2x 2+4x),
1f(cos B)
B.f(sin A)f(sin B)
D.f(sin A)f(cos B),故选 A.
3.[考点一]若函数 f(x)=x3-12x 在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数 k 的取值
范围是________.
解析:因为 f′(x)=3x2-12,由 f′(x)>0,得函数的增区间是(-∞,-2)及(2,+∞),
由 f′(x)<0,得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以 k-
1<-24.所
以 f(x)<3x-15 的解集为(4,+∞).
答案:(4,+∞)
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国乙卷)若函数 f(x)=x-1
3sin 2x+asin x 在(-∞,+∞)单调递增,则 a 的取值
范围是( )
A.[-1,1] B.[-1,1
3]
C.[-1
3,1
3] D.[-1,-1
3]
解析:选 C 取 a=-1,则 f(x)=x-1
3sin 2x-sin x,f′(x)=1-2
3cos 2x-cos x,但 f′(0)
=1-2
3-1=-2
3<0,不具备在(-∞,+∞)单调递增的条件,故排除 A、B、D.故选 C.
2.(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当 x>0
时,xf′(x)-f(x)<0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
解析:选 A 设 y=g(x)=f(x)
x (x≠0),则 g′(x)=xf′(x)-f(x)
x2 ,当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0,
∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上为减函数,且 g(1)=f(1)=-f(-1)=
0.∵f(x)为奇函数,∴g(x)为偶函数,∴g(x)的图象的示意图如图所
示.当 x>0 时,由 f(x)>0,得 g(x)>0,由图知 00,得 g(x)<0,由图知 x<-1,∴使得 f(x)>0 成立的 x 的取
值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选 A.
3.(2014·新课标全国卷Ⅱ)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增,则 k 的取值
范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
解析:选 D 因为 f(x)=kx-ln x,所以 f′(x)=k-1
x.
因为 f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
所以当 x>1 时,f′(x)=k-1
x≥0 恒成立,
即 k≥1
x在区间(1,+∞)上恒成立.
因为 x>1,所以 0<1
x<1,所以 k≥1.故选 D.
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基,二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1.函数 f(x)=ex-ex,x∈R 的单调递增区间是( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)
C.(-∞,1) D.(1,+∞)
解析:选 D 由题意知,f′(x)=ex-e,令 f′(x)>0,解得 x>1,故选 D.
2.已知函数 f(x)=1
2x3+ax+4,则“a>0”是“f(x)在 R 上单调递增”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:选 A f′(x)=3
2x2+a,当 a>0 时,f′(x)>0,即 a>0 时,f(x)在 R 上单调递增,
由 f(x)在 R 上单调递增,可得 a≥0.故“a>0”是“f(x)在 R 上单调递增”的充分不必要条
件.
3.已知函数 f(x)的导函数 f′(x)=ax2+bx+c 的图象如图所示,则 f(x)的图
象可能是( )
解析:选 D 当 x<0 时,由导函数 f′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的函数 f(x)在该区间内
单调递减;当 x>0 时,由导函数 f′(x)=ax2+bx+c 的图象可知,导函数在区间(0,x1)内的
值是大于 0 的,则在此区间内函数 f(x)单调递增.只有 D 选项符合题意.
4.若函数 f(x)=sin x+ax 为 R 上的减函数,则实数 a 的取值范围是________.
解析:∵f′(x)=cos x+a,由题意可知,f′(x)≤0 对任意的 x∈R 都成立,∴a≤-1,
故实数 a 的取值范围是(-∞,-1].
答案:(-∞,-1]
5.已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)=5+cos x,x∈(-1,1),且 f(0)=0,如果 f(1-x)+f(1
-x2)<0,则实数 x 的取值范围为________.
解析:∵导函数 f′(x)是偶函数,且 f(0)=0,∴原函数 f(x)是奇函数,∴所求不等式变
形为 f(1-x)0,解得 02,故函数 f(x)的单调递增区间是 (0,1
2 ),
(2,+∞).
2.若函数 f(x)=x3-tx2+3x 在区间[1,4 ]上单调递减,则实数 t 的取值范围是( )
A.(-∞,51
8 ] B.(-∞,3]
C.[
51
8 ,+∞) D.[3,+∞)
解析:选 C f′(x)=3x2-2tx+3,由于 f(x)在区间[1,4 ]上单调递减,则有 f′(x)≤0
在[1,4 ]上恒成立,
即 3x2-2tx+3≤0 在[1,4]上恒成立,则 t≥3
2(x+1
x )在[1,4 ]上恒成立,因为 y=3
2(x+1
x )
在[1,4 ]上单调递增,所以 t≥3
2(4+1
4 )=51
8 ,故选 C.
3.已知函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 的图象如图所示,则函数 y=log2x2+2
3bx+c
3的单调递
减区间为( )
A.[
1
2,+∞) B.[3,+∞)
C.[-2,3] D.(-∞,-2)
解析:选 D 因为 f(x)=x3+bx2+cx+d,所以 f′(x)=3x 2+2bx+c,由图可知 f′(-2)=
f′(3)=0,所以Error!解得Error!令 g(x)=x2+2
3bx+c
3,则 g(x)=x2-x-6,g′(x)=2x-1,
由 g(x)=x2-x-6>0,解得 x<-2 或 x>3.当 x<1
2时,g′(x)<0,所以 g(x)=x2-x-6 在(-∞,-
2)上为减函数,所以函数 y=log2 (x2+2
3bx+c
3)的单调递减区间为(-∞,-2).
4.(2017·甘肃诊断考试)函数 f(x)在定义域 R 内可导,若 f(x)=f(2-x),且当 x∈(-∞,
1)时,(x-1)f′(x)<0,设 a=f(0),b=f(
1
2 ),c=f(3),则( )
A.a0,所以函数 f(x)在
(-∞,1)上是单调递增函数,所以 a=f(0)0,则对于任意的 a,b∈
(0,+∞),当 a>b 时,有( )
A.af(a)bf(b)
C.af(b)>bf(a) D.af(b)0 得xf′(x)+f(x)
x >0,即[xf(x)]′
x >0,即[xf(x)]′x>0.∵x>0,∴
[xf(x)]′>0,即函数 y=xf(x)为增函数,由 a,b∈(0,+∞)且 a>b,得 af(a)>bf(b),故选 B.
二、填空题
7.若幂函数 f(x)的图象过点(
2
2 ,1
2),则函数 g(x)=exf(x)的单调递减区间为________.
解析:设幂函数为 f(x)=xα,因为图象过点(
2
2 ,1
2),所以1
2=(
2
2 )α,α=2,所以 f(x)=
x2,故 g(x)=exx2,令 g′(x)=exx2+2exx=ex(x2+2x)<0,得-20 的解集为
________.
解析:由题图可知,Error!
不等式(x2-2x-3)f′(x)>0 等价于Error!或Error!解得 x∈(-∞,-1)∪(3,+∞)∪(-1,1).
答案:(-∞,-1)∪(3,+∞)∪(-1,1)
10.若函数 f(x)=-1
3x3+1
2x2+2ax 在[
2
3,+∞)上存在单调递增区间,则 a 的取值范围是
________.
解析:对 f(x)求导,得 f′(x)=-x2+x+2a=-(x-1
2 )2+1
4+2a.当 x∈[
2
3,+∞)时,f′(x)
的最大值为 f′(
2
3 )=2
9+2a.令2
9+2a>0,解得 a>-1
9.所以 a 的取值范围是(-1
9,+∞).
答案:(-1
9,+∞)三、解答题
11.已知函数 f(x)=x-2
x+1-aln x,a>0.讨论 f(x)的单调性.
解:由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),导函数 f′(x)=1+ 2
x2-a
x=x2-ax+2
x2 .
设 g(x)=x2-ax+2,二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a2-8.
①当 Δ<0,即 00 都有 f′(x)>0.
此时 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.
②当 Δ=0,即 a=2 2 时,仅对 x= 2有 f′(x)=0,对其余的 x>0 都有 f′(x)>0.此时 f(x)
是(0,+∞)上的单调递增函数.
③ 当 Δ>0 , 即 a>2 2时 , 方 程 g(x) = 0 有 两 个 不 同 的 实 根 x1 = a- a2-8
2 , x2 =
a+ a2-8
2 ,00,函数 f(x)=1
2x2-(a+1)x+aln x.
(1)当 a=2 时,求曲线 y=f(x)在点(3,f(3))处切线的斜率;
(2)求函数 f(x)的极值.
[解] (1)由已知 x>0.当 a=2 时,f′(x)=x-3+2
x,
∴曲线 y=f(x)在点(3,f(3))处切线的斜率为 f′(3)=2
3.
(2)f′(x)=x-(a+1)+a
x
=x2-(a+1)x+a
x =
(x-1)(x-a)
x .
由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=a.
①若 00,函数 f(x)单调递增;
当 x∈(a,1)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;
当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.
∴当 x=a 时,f(x)取极大值 f(a)=-1
2a2-a+aln a,
当 x=1 时,f(x)取极小值 f(1)=-a-1
2.
②若 a>1,当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;
当 x∈(1,a)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;
当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.
∴当 x=1 时,f(x)取极大值 f(1)=-a-1
2;
当 x=a 时,f(x)取极小值 f(a)=-1
2a2-a+aln a.
③当 a=1 时,x>0 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增,f(x)没有极值.
综上,当 01 时,f(x)的极大值为-a-1
2,极小值为-1
2a2-a+aln a;
当 a=1 时,f(x)没有极值.
[方法技巧]
已知极值(点)求参数
[例 3] (1)(2017·江西八校联考)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取
值范围是( )
A.(-∞,0) B.(0,1
2 )C.(0,1) D.(0,+∞)
(2)(2017·太原五中检测)函数 f(x)=x 3+ax2+bx+a 2 在 x=1 处有极值 10,则 a 的值为
________.
[解析] (1)∵f(x)=x(ln x-ax),
∴f′(x)=ln x-2ax+1,
由函数 f(x)有两个极值点,可知 f′(x)在(0,+∞)上有两个不同的零点,
令 f′(x)=0,则 2a=ln x+1
x ,
设 g(x)=ln x+1
x ,则 g′(x)=
-ln x
x2 ,
∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
又∵当 x→0 时,g(x)→-∞,
当 x→+∞时,g(x)→0,
而 g(x)max=g(1)=1,
∴只需 0<2a<1,即 0<a<1
2.
(2)由题意得 f′(x)=3x2+2ax+b,因为在 x=1 处,f(x)有极值 10,
所以 f′(1)=3+2a+b=0,f(1)=1+a+b+a2=10,
解得 a=4,b=-11 或 a=-3,b=3,
当 a=-3,b=3 时,在 x=1 处,f(x)无极值,不符合题意;
当 a=4,b=-11 时,符合题意,所以 a=4.
[答案] (1)B (2)4
[方法技巧]
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式:根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.
(2)验证:因为某点处的导数值等于 0 不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数
法求解后必须验证根的合理性.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点三]若函数 f(x)=x3-2cx2+x 有极值点,则实数 c 的取值范围为( )
A.[
3
2 ,+∞)
B.(
3
2 ,+∞)
C.(-∞,- 3
2 ]∪[
3
2 ,+∞)
D.(-∞,- 3
2 )∪(
3
2 ,+∞)解析:选 D 若函数 f(x)=x3-2cx2+x 有极值点,则 f′(x)=3x2-4cx+1=0 有根,故
Δ=(-4c)2-12>0,从而 c>
3
2 或 c<- 3
2 .故实数 c 的取值范围为-∞,- 3
2 ∪(
3
2 ,+∞).
2.[考点一]已知函数 f(x)的定义域为(a,b),导函数 f′(x)在(a,b)上的图象如图所示,则
函数 f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:选 B 由函数极值的定义和导函数的图象可知,f′(x)在(a,b)上与 x 轴的交点个
数为 4,但是在原点附近的导数值恒大于零,故 x=0 不是函数 f(x)的极值点,其余的 3 个交
点都是极值点,其中有 2 个点满足其附近的导数值左正右负,故极大值点有 2 个.
3.[考点三]已知函数 f(x)=x(x-m)2 在 x=1 处取得极小值,则实数 m=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:选 B f(x)=x(x2-2mx+m2)=x3-2mx2+m2x,所以 f′(x)=3x2-4mx+m2=(x-
m)(3x-m).由 f′(1)=0 可得 m=1 或 m=3.若 m=3,则 f′(x)=3(x-1)(x-3),当 13 时,f′(x)>0,此时在 x=1 处取得极大值,不合题意,若 m=
1,则 f′(x)=(x-1)(3x-1),当1
31 时,f′(x)>0,此时在 x=
1 处取得极小值.故选 B.
4.[考点二]已知函数 f(x)=x-aln x(a∈R).
(1)当 a=2 时,求曲线 y=f(x)在点 A(1,f(1))处的切线方程;
(2)求函数 f(x)的极值.
解:由题意知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1-a
x.
(1)当 a=2 时,f(x)=x-2ln x,f′(x)=1-2
x(x>0),
因为 f(1)=1,f′(1)=-1,
所以曲线 y=f(x)在点 A(1,f(1))处的切线方程为 y-1=-(x-1),即 x+y-2=0.
(2)由 f′(x)=1-a
x=x-a
x ,x>0 知:
①当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数 f(x)无极值;
②当 a>0 时,由 f′(x)=0,解得 x=a.
又当 x∈(0,a)时,f′(x)<0;当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,
从而函数 f(x)在 x=a 处取得极小值,且极小值为 f(a)=a-aln a,无极大值.
综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值;当 a>0 时,函数 f(x)在 x=a 处取得极小值 a-aln
a,无极大值.
突破点(二) 利用导数解决函数的最值问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
函数的最值与导数
(1)在闭区间[a,b]上连续的函数 f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值,函数的最大值和最
小值一定产生在极值点或闭区间的端点处.
(2)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函
数 f(x)在[a,b]上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.
(3)设函数 f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的
步骤如下:
①求 f(x)在(a,b)内的极值;
②将 f(x)的各极值与 f(a),f(b)进行比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小
值.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求函数的最值
[例 1] 已知函数 f(x)=(x-k)ex.
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值.
[解] (1)由题意知 f′(x)=(x-k+1)ex.
令 f′(x)=0,得 x=k-1.
f(x)与 f′(x)的情况如下:
x (-∞,k-1) k-1 (k-1,+∞)
f′(x) - 0 +
f(x) -ek-1
所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞).
(2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)=-k;
当 00;当 x∈(1,e]时,
f′(x)<0,所以 f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当 x=1 时,f(x)取
得最大值 ln 1-1=-1.
2.[考点二]已知函数 f(x)=(2x-x2)ex,则( )
A.f( 2)是 f(x)的极大值也是最大值
B.f( 2)是 f(x)的极大值但不是最大值
C.f(- 2)是 f(x)的极小值也是最小值
D.f(x)没有最大值也没有最小值
解析:选 A 由题意得 f′(x)=(2-2x)e x+(2x-x 2)ex=(2-x 2)ex,当- 20,函数 f(x)单调递增;当 x<- 2或 x> 2时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,所以 f(x)
在 x= 2处取得极大值 f( 2)=2( 2-1)e 2>0,在 x=- 2处取得极小值 f(- 2)=2(- 2-
1)e- 2<0,又当 x<0 时,f(x)=(2x-x2)ex<0,所以 f( 2)是 f(x)的极大值也是最大值.
3.[考点一]函数 f(x)=xsin x+cos x 在[
π
6,π ]上的最大值为________.
解析:因为 f′(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,所以 f′(x)=0 在 x∈[
π
6,π ]上的解为
x=π
2.又 f(
π
6 )= π
12+ 3
2 ,f(
π
2 )=π
2,f(π)=-1,所以函数 f(x)=xsin x+cos x 在[
π
6,π ]上
的最大值为π
2.
答案:π
2
4.[考点二]已知函数 f(x)=ax3+bx+c 在 x=2 处取得极值为 c-16.
(1)求 a,b 的值;
(2)若 f(x)有极大值 28,求 f(x)在[-3,3]上的最小值.
解:(1)因为 f(x)=ax3+ bx+c,
所以 f′(x)=3ax2+b.
由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16,
故有Error!
即Error!
解得Error!
(2)由(1)知 f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12.
令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2=2.
当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,
故 f(x)在(-∞,-2)上为增函数.
当 x∈(-2,2)时,f′(x)<0,
故 f(x)在(-2,2)上为减函数;
当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,
故 f(x)在(2,+∞)上为增函数.
由此可知 f(x)在 x1=-2 处取得极大值 f(-2)=16+c,在 x2=2 处取得极小值 f(2)=c-
16.
由题设条件知 16+c=28,得 c=12,
此时 f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,因此 f(x)在[-3,3]上的最
小值为 f(2)=-4.
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )
A.∃x0∈R,f(x0)=0
B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减
D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0
解析:选 C 因为函数 f(x)的值域为 R,所以一定∃x0∈R,f(x0)=0,选项 A 中的结论
正确;函数 f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x+m)3+n(x+m)+h 的形式,通过平
移函数图象,函数的解析式可以化为 y=x3+nx 的形式,这是一个奇函数,其图象关于坐标
原点对称,故函数 f(x)的图象是中心对称图形,选项 B 中的结论正确;由于三次函数的三次
项系数为正值,故函数如果存在极值点 x1,x2,则极小值点 x2>x1,即函数在-∞到极小值
点的区间上是先递增后递减的,所以选项 C 中的结论错误;根据导数与极值的关系,显然选
项 D 中的结论正确.
2.(2016·全国甲卷)(1)讨论函数 f(x)=x-2
x+2ex 的单调性,并证明当 x>0 时,(x-2)ex+x+
2>0.
(2)证明:当 a∈[0,1)时,函数 g(x)=ex-ax-a
x2 (x>0)有最小值.设 g(x)的最小值为 h(a),
求函数 h(a)的值域.
解:(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).
f′(x)=
(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex
(x+2)2
= x2ex
(x+2)2
≥0,
当且仅当 x=0 时,f′(x)=0,
所以 f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)上单调递增.
因此当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1.
所以(x-2)ex>-(x+2),
即(x-2)ex+x+2>0.
(2)证明:g′(x)=
(x-2)ex+a(x+2)
x3 =x+2
x3 [f(x)+a].
由(1)知,f(x)+a 在(0,+∞)上单调递增.
对任意 a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.
因此,存在唯一实数 xa∈(0,2],使得 f(xa)+a=0,
即 g′(xa)=0.
当 0xa 时,f(x)+a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
因此 g(x)在 x=xa 处取得最小值,最小值为
g(xa)=exa-a(xa+1)
x2a =exa+f(xa)(xa+1)
x2a = exa
xa+2.
于是 h(a)= exa
xa+2.
由(
ex
x+2 )′=
(x+1)ex
(x+2)2 >0,得 y= ex
x+2单调递增,
所以,由 xa∈(0,2],得
1
2= e0
0+2 1
2 ),当 x∈(-2,0)时,f(x)的最
小值为 1,则 a 的值为________.
解析:因为 f(x)是奇函数,所以 f(x)在(0,2)上的最大值为-1,当 x∈(0,2)时,f′(x)=1
x-
a,令 f′(x)=0,得 x=1
a,又 a>1
2,所以 0<1
a<2.令 f′(x)>0,得 x<1
a,所以 f(x)在(0,1
a )上单
调递增;令 f′(x)<0,得 x>1
a,所以 f(x)在(
1
a,2 )上单调递减.所以当 x∈(0,2)时,f(x)max=f
(
1
a )=ln1
a-a·1
a=-1,所以 ln1
a=0,所以 a=1.
答案:1
4.已知函数 f(x)=1+ln x
kx (k≠0).求函数 f(x)的极值.
解:f(x)=1+ln x
kx ,其定义域为(0,+∞),
则 f′(x)=-ln x
kx2 .
令 f′(x)=0,得 x=1,
当 k>0 时,若 00;
若 x>1,则 f′(x)<0,
所以 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,即当 x=1 时,函数 f(x)取得极大
值1
k.
当 k<0 时,若 01,则 f′(x)>0,
所以 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,即当 x=1 时,函数 f(x)取得极小
值1
k.
5.(2017·石家庄模拟)已知函数 f(x)=ax-2
x-3ln x,其中 a 为常数.
(1)当函数 f(x)的图象在点(
2
3,f(
2
3 ))处的切线的斜率为 1 时,求函数 f(x)在[
3
2,3 ]上的
最小值;
(2)若函数 f(x)在区间(0,+∞)上既有极大值又有极小值,求 a 的取值范围.
解:(1)因为 f′(x)=a+ 2
x2-3
x,
所以 f′(
2
3 )=a=1,
故 f(x)=x-2
x-3ln x,则 f′(x)=
(x-1)(x-2)
x2 .
由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=2.
当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x 3
2 (
3
2,2 ) 2 (2,3) 3
f′(x) - 0 +
f(x) 1-3ln 2
从而在[
3
2,3 ]上,f(x)有最小值,
且最小值为 f(2)=1-3ln 2.
(2)f′(x)=a+ 2
x2-3
x=ax2-3x+2
x2 (x>0),
由题设可得方程 ax2-3x+2=0 有两个不等的正实根,
不妨设这两个根为 x1,x2,且 x1≠x2,
则Error!解得 0<a<9
8.
故所求 a 的取值范围为(0,9
8 ).
二、重点选做题
1.(2017·昆明模拟)已知常数 a≠0,f(x)=aln x+2x.
(1)当 a=-4 时,求 f(x)的极值;
(2)当 f(x)的最小值不小于-a 时,求实数 a 的取值范围.
解:(1)由已知得 f(x)的定义域为 x∈(0,+∞),f′(x)=a
x+2=a+2x
x .
当 a=-4 时,f′(x)=2x-4
x .
所以当 02 时,f′(x)>0,即 f(x)单调递增.
所以 f(x)只有极小值,且在 x=2 时,f(x)取得极小值 f(2)=4-4ln 2.
所以当 a=-4 时,f(x)只有极小值 4-4ln 2.
(2)因为 f′(x)=a+2x
x ,
所以当 a>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,
即 f(x)在 x∈(0,+∞)上单调递增,没有最小值;
当 a<0 时,由 f′(x)>0 得,x>-a
2,
所以 f(x)在(-a
2,+∞)上单调递增;
由 f′(x)<0 得,x<-a
2,
所以 f(x)在(0,-a
2)上单调递减.
所以当 a<0 时,f(x)的最小值为 f(-a
2 )=aln(-a
2 )+2(-a
2 ).
根据题意得 f(-a
2 )=aln(-a
2 )+2(-a
2 )≥-a,
即 a[ln(-a)-ln 2]≥0.
因为 a<0,所以 ln(-a)-ln 2≤0,解得 a≥-2,
所以实数 a 的取值范围是[-2,0).
2.已知函数 f(x)=Error!
(1)求 f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点;
(2)求 f(x)在[-1,e](e 为自然对数的底数)上的最大值.
解:(1)当 x<1 时,f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),
令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x=2
3.
当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,0) 0 (0,2
3 )
2
3 (
2
3,1 )f′(x) - 0 + 0 -
f(x) 极小值 极大值
故当 x=0 时,函数 f(x)取得极小值为 f(0)=0,函数 f(x)的极大值点为 x=2
3.
(2)①当-1≤x<1 时,由(1)知,函数 f(x)在[-1,0]和[
2
3,1 )上单调递减,在[0,2
3 ]上单
调递增.
因为 f(-1)=2,f(
2
3 )= 4
27,f(0)=0,
所以 f(x)在[-1,1)上的最大值为 2.
②当 1≤x≤e 时,f(x)=aln x,当 a≤0 时,f(x)≤0;当 a>0 时,f(x)在[1,e]上单调递
增,则 f(x)在[1,e]上的最大值为 f(e)=a.
综上所述,当 a≥2 时,f(x)在[-1,e]上的最大值为 a;当 a<2 时,f(x)在[-1,e]上的
最大值为 2.
三、冲刺满分题
1.已知函数 f(x)=(x+a)ln x,g(x)=x2
ex,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 2x-
y-3=0 平行.
(1)求证:方程 f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的实根;
(2)设函数 m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示 p,q 中的较小者),求 m(x)的最大值.
解:(1)由题意知,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 2,
所以 f′(1)=2,
又 f′(x)=ln x+a
x+1,所以 a=1.
所以 f(x)=(x+1)ln x.
设 h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-x2
ex,
当 x∈(0,1]时,h(x)<0,
又 h(2)=3ln 2-4
e2=ln 8-4
e2>1-1=0,
所以存在 x0∈(1,2),使 h(x0)=0.
因为 h′(x)=ln x+1
x+1-x(2-x)
ex ,
当 x∈(1,2)时,0e,所以 0<1
ex<1
e,所以x(2-x)
ex <1
e,
所以 h′(x)>1-1
e>0,
所以当 x∈(1,2)时,h(x)单调递增,
所以方程 f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的实根.
(2)由(1)知,方程 f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的实根 x0,且 x∈(0,x0)时,f(x)0,
当 x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,
所以当 x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,
所以当 x∈(x0,+∞)时,f(x)>g(x),
所以 m(x)=Error!
当 x∈(0,x0)时,若 x∈(0,1],则 m(x)≤0;
若 x∈(1,x 0],由 m′(x)=ln x+ 1
x+1>0,可知 00,m(x)单调递增;
x∈(2,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减.
可知 m(x)≤m(2)=4
e2,且 m(x0)0,且 f′(x)=x-3+1
x=x2-3x+1
x ,
令 f′(x)>0,得 03+ 5
2 ,
令 f′(x)<0,得3- 5
2 0),则 L′=2-512
x2 ,令 L′=0,得 x=±16.又
x>0,∴x=16.则当 x=16 时,L 取得极小值,也是最小值,即用料最省,此时长为 512
16 =
32(米).故选 A.
2.某银行准备设一种新的定期存款业务,经预测,存款量与存款利率的平方成正比,
比例系数为 k(k>0),贷款的利率为 4.8%,假设银行吸收的存款能全部放贷出去.若存款利
率为 x(x∈(0,0.048)),则银行获得最大收益的存款利率为( )
A.3.2% B.2.4% C.4% D.3.6%
解析:选 A 依题意知,存款量是 kx2,银行应支付的利息是 kx3,银行应获得的利息是
0.048kx2,所以银行的收益 y=0.048kx2-kx3,故 y′=0.096kx-3kx2,令 y′=0,得 x=0.032
或 x=0(舍去).因为 k>0,所以当 00;当 0.0320),所以
y′=2(1-40 000
x2 ),令 y′=0,解得 x=200(x=-200 舍去),这时 y=800.当 0200 时,y′>0.所以当 x=200 时,y 取得最小值,故其周长至少为 800 米.
答案:800
4.(2017·北京东城模拟 )某商场从生产厂家以每件 20 元的价格购进一批商品,若该商
品零售价为 p 元,销量 Q(单位:件)与零售价 p(单位:元)有如下关系:Q=8 300-170p-p2,
则该商品零售价定为________元时利润最大,利润的最大值为________元.
解析:设商场销售该商品所获利润为 y 元,则 y=(p-20)(8 300-170p-p2)=-p3-150p2
+11 700p-166 000(p≥20),则 y′=-3p2-300p+11 700.令 y′=0 得 p2+100p-3 900=0,
解得 p=30 或 p=-130(舍去).
则 p,y,y′变化关系如下表:
p (20,30) 30 (30,+∞)
y′ + 0 -
y 极大值
故当 p=30 时,y 取极大值 23 000.
又 y=-p3-150p2+11 700p-166 000 在[20,+∞)上只有一个极值,故也是最值.所以
该商品零售价定为每件 30 元时,所获利润最大为 23 000 元.
答案:30 23 000
5.统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米
/小时)的函数解析式可以表示为 y= 1
128 000x3- 3
80x+8(00,h(x)是增函数,
所以当 x=80 时,h(x)取得极小值 h(80)=11.25.
易知 h(80)是 h(x)在(0,120]上的最小值.
故当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,为 11.25 升.
突破点(二) 利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题
从近几年高考命题情况来看,对这部分内容的考查题型有小题也有大题,作为解答题时
难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根
的问题,在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此
类试题一般以含参数的三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数
零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型:(1)确定函数零点(
图象交点及方程根)的个数问题;(2)根据函数零点(图象交点及方程根)的个数求参数的值或取
值范围问题.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
确定函数零点或方程根的个数问题
[例 1] 已知函数 f(x)=ex-1,g(x)= x+x,其中 e 是自然对数的底数,e=2.718 28….
(1)证明:函数 h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点;
(2)求方程 f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由.
[解] (1)证明:由 h(x)=f(x)-g(x)=ex-1- x-x 得,
h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3- 2>0,且 h(x)在区间(1,2)上是连续的,
所以函数 h(x)在区间(1,2)上有零点.
(2)由(1)得 h(x)=ex-1- x-x.
由 g(x)= x+x 知,x∈[0,+∞),而 h(0)=0,
则 x=0 为 h(x)的一个零点,而 h(x)在(1,2)内有零点,
因此 h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.
因为 h′(x)=ex-1
2x-1
2-1,
记 φ(x)=ex-1
2x-1
2-1,
则 φ′(x)=ex+1
4x-3
2.
当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此 φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则 φ(x)在(0,+∞)上
至多只有一个零点,即 h(x)在[0,+∞)上至多有两个零点.
所以方程 f(x)=g(x)的根的个数为 2.
[方法技巧]
利用导数确定函数零点或方程根个数的方法
(1)构建函数 g(x)(要求 g′(x)易求,g′(x)=0 可解),转化确定 g(x)的零点个数问题求解,
利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出 g(x)
的图象草图,数形结合求解.
(2)利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函
数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
根据函数零点或方程根的个数求参数范围
[例 2] (2017·郑州质检)已知函数 f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2.
(1)当 a=-1 时,求 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)当 a>0 时,设函数 g(x)=f(x)-x-2,且函数 g(x)有且仅有一个零点,若 e -20,当 x>1 时,h′(x)<0,
所以 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以 h(x)max=h(1)=1.
因为 a>0,
所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时,a=1.
当 a=1 时,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,
若使当 e-21,函数 f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
解:(1)f(x)的定义域为 R,由导数公式知 f′(x)=2xex+(1+x2)ex=(x+1)2ex,x∈R.
∵对任意 x∈R,都有 f′(x)≥0,∴f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区
间.
(2)证明:由(1)知 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
且 f(0)=1-a<0,f( a-1)=ae a-1-a=a(e a-1-1).∵a>1,∴a-1>0,∴ a-1>0,∴
e a-1>1,
∴e a-1-1>0,故 f( a-1)>0,
∴存在 x0∈(0, a-1)使得 f(x0)=0.
又∵f(x)在(-∞,+∞)上是单调函数,
∴f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
2.[考点二](2017·武汉质检)设函数 f(x)=cln x+ 1
2x2+bx(b,c∈R,c≠0),且 x=1 为 f(x)
的极值点.
(1)若 x=1 为 f(x)的极大值点,求 f(x)的单调区间(用 c 表示);
(2)若 f(x)=0 恰有两解,求实数 c 的取值范围.
解:f′(x)=c
x+x+b=x2+bx+c
x ,又 f′(1)=0,
所以 f′(x)=
(x-1)(x-c)
x 且 c≠1,b+c+1=0.
(1)因为 x=1 为 f(x)的极大值点,所以 c>1,
当 00;
当 1c 时,f′(x)>0,
所以 f(x)的单调递增区间为(0,1),(c,+∞);单调递减区间为(1,c).
(2)①若 c<0,则 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)=0 恰有两解,则
f(1)<0,即1
2+b<0,
所以-1
21,则 f(x)极小值=cln c+c2
2+c(-1-c)=cln c-c-c2
2<0,f(x)极大值=-1
2-c<0,则
f(x)=0 只有一解.
综上,使 f(x)=0 恰有两解的 c 的取值范围为(-1
2,0).
3.[考点二]已知函数 f(x)=x3-3ax-1,a≠0.
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)若 f(x)在 x=-1 处取得极值,直线 y=m 与 y=f(x)的图象有三个不同的交点,求 m
的取值范围.
解:(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),
当 a<0 时,对 x∈R,有 f′(x)>0,
所以当 a<0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),
当 a>0 时,由 f′(x)>0,解得 x<- a或 x> a,
由 f′(x)<0,解得- a0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a),( a,+∞),f(x)的单调减区间为(-
a, a).
(2)因为 f(x)在 x=-1 处取得极值,
所以 f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,所以 a=1.
所以 f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3.
由 f′(x)=0,解得 x1=-1,x2=1.
由(1)中 f(x)的单调性,可知 f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1,
在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3.
因为直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点,
又 f(-3)=-19<-3,f(3)=17>1,
结合 f(x)的单调性,可知 m 的取值范围是(-3,1).
4.[考点一](2016·太原质检)已知函数 f(x)=xln x.
(1)试求曲线 y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程;
(2)若 x>1,试判断方程 f(x)=(x-1)(ax-a+1)的解的个数.
解:(1)f′(x)=ln x+x·1
x=1+ln x,∴f′(e)=2.
又 f(e)=e,∴切线方程为 2x-y-e=0.
(2)方程 f(x)=(x-1)(ax-a+1)的解即为方程 ln x-
(x-1)(ax-a+1)
x =0 的解.
设 h(x)=ln x-
(x-1)(ax-a+1)
x ,x>1.
则 h′(x)=-ax2-x-a+1
x2 =-
(x-1)(ax+a-1)
x2 ,x>1.
①当 a=0 时,h′(x)>0,h(x)为增函数,∴h(x)>h(1)=0,方程无解.
②当 a≠0 时,令 h′(x)=0 得 x1=1,x2=1-a
a .
(ⅰ)当 a<0,即 x2=1-a
a <1 时,∵x>1,∴h′(x)>0,则 h(x)为(1,+∞)上的增函数,∴
h(x)>h(1)=0,方程无解.
(ⅱ)当 01 时,
x∈(1,1-a
a )时,h′(x)>0,h(x)为增函数;
x∈(
1-a
a ,+∞)时,h′(x)<0,h(x)为减函数.
又 x 趋向+∞时,h(x)=ln x-ax+1-a
x +2a-1<0,
h(1)=0,∴方程有一个解.
(ⅲ)当 a≥1
2,即1-a
a ≤1 时,
∵x>1,
∴h′(x)<0,h(x)为减函数,
而 h(x)g(x)在区间 D 上成立的基本方法:
(1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出,可直接转化为证明 f(x)min>g(x)max;
(2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出,可构造函数 h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数 h(x)的单
调性或最值,证明 h(x)>0.
不等式恒成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切 x∈I 恒成立⇔I 是 f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)-g(x)]min>0(x∈I).
(2)对∀x1,x2∈D 使得 f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
[例 2] (2017·陕西西北九校联考)已知函数 f(x)=-ln x+t(x-1),t 为实数.
(1)当 t=1 时,求函数 f(x)的单调区间;
(2)若当 t=1
2时,k
x-1
2-f(x)<0 在(1,+∞)上恒成立,求实数 k 的取值范围.
[解] (1)当 t=1 时,f(x)=-ln x+x-1,x>0,
∴f′(x)=-1
x+1=x-1
x .
由 f′(x)<0 可得 00 可得 x>1,
∴函数 f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)当 t=1
2时,f(x)=-ln x+x
2-1
2,k
x-1
2-f(x)=k
x-1
2--ln x+x
2-1
2=ln x-x
2+k
x,
当 x>1 时,k
x-1
2-f(x)<0 恒成立,等价于 k1 时,h′(x)>0,函数 h(x)=x-1-ln x 在(1,+∞)上单调递增,故 h(x)>h(1)=0,
从而当 x>1 时,g′(x)>g′(1)=0,即函数 g(x)在(1,+∞)上单调递增,
故 g(x)>g(1)=1
2,
因此当 x>1 时,若使 k0,Δ<0 或 a<0,Δ<0)求解.
存在型不等式恒成立问题
(1)f(x)>g(x)对 x∈I 能成立⇔I 与 f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈
I).
(2)对∀x1∈D1,∃x2∈D2 使得 f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min,f(x)的定义域为 D1,g(x)的
定义域为 D2.
[例 3] (2017·新乡调研)已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x-a
x(a∈R),g(x)=1
2x2+ex-xex.
(1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值;
(2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e2],使得对任意的 x2∈[-2,0],f(x1)e2-2e
e+1 ,
所以 a 的取值范围为(
e2-2e
e+1 ,1).
[方法技巧]
存在型不等式恒成立问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即 f(x)≥g(a)对于 x∈D 恒成立,
应求 f(x)的最小值;若存在 x∈D,使得 f(x)≥g(a)成立,应求 f(x)的最大值.在具体问题中究
竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解
决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题,以免细
节出错.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一](2017·昆明模拟)已知函数 f(x)=ln x-x.
(1)判断函数 f(x)的单调性;
(2)函数 g(x)=f(x)+x+ 1
2x-m 有两个零点 x1,x2,且 x11.
解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=1
x-1=1-x
x ,
令 f′(x)=1
x-1=1-x
x >0,得 01,
所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),函数 f(x)的单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明:根据题意,g(x)=ln x+ 1
2x-m(x>0),
因为 x1,x2 是函数 g(x)=ln x+ 1
2x-m 的两个零点,
所以 ln x1+ 1
2x1-m=0,ln x2+ 1
2x2-m=0.
两式相减,可得 lnx1
x2= 1
2x2- 1
2x1,
即 lnx1
x2=x1-x2
2x2x1 ,故 x1x2=x1-x2
2lnx1
x2
.
那么 x1=
x1
x2-1
2lnx1
x2
,x2=
1-x2
x1
2lnx1
x2
.
令 t=x1
x2,其中 00 恒成立,故 h(t)1,故 x1+x2>1.
2.[考点二](2017·西安六校联考)设 a∈R,函数 f(x)=ax2-ln x,g(x)=ex-ax.
(1)当 a=7 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若 f(x)·g(x)>0 对 x∈(0,+∞)恒成立,求实数 a 的取值范围.
解:(1)当 a=7 时,f(x)=7x2-ln x,f′(x)=14x-1
x,
∴f′(1)=13,∵f(1)=7,
∴曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-7=13(x-1),即 13x-y-6=0.
(2)若 f(x)>0 对 x∈(0,+∞)恒成立,即 ax2-ln x>0 对 x∈(0,+∞)恒成立,则 a>(
ln x
x2 )
max(x>0).
设 h(x)=ln x
x2 (x>0),则 h′(x)=1-2ln x
x3 ,
当 00,函数 h(x)单调递增;
当 x>e 1
2时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减,
∴当 x>0 时,h(x)max=h(e1
2)= 1
2e,
∴a> 1
2e.
∵h(x)无最小值,∴f(x)<0 对 x∈(0,+∞)不可能恒成立.
∵f(x)·g(x)>0 对 x∈(0,+∞)恒成立,
∴g(x)=ex-ax>0,即 a1 时,H′(x)>0,函数 H(x)单调递增,
∴当 x>0 时,H(x)min=H(1)=e,
∴a0 时,f′(x)≥0 恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴x=1 不是 f(x)的极值点.
故不存在实数 a,使得 f(x)在 x=1 处取得极值.
(2)由 f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x20-2x0,
记 F(x)=x-ln x(x>0),∴F′(x)=x-1
x (x>0),
∴当 01 时,F′(x)>0,F(x)单调递增.
∴F(x)>F(1)=1>0,
∴a≥ x20-2x0
x0-ln x0,记 G(x)=x2-2x
x-ln x,x∈[
1
e,e ],
∴G′(x)=
(2x-2)(x-ln x)-(x-2)(x-1)
(x-ln x)2
=
(x-1)(x-2ln x+2)
(x-ln x)2 .
∵x∈[
1
e,e ],∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0,
∴x-2ln x+2>0,
∴x∈[
1
e,1 )时,G′(x)<0,G(x)单调递减;
x∈(1,e]时,G′(x)>0,G(x)单调递增,
∴G(x)min=G(1)=-1,∴a≥G(x)min=-1.
故实数 a 的取值范围为[-1,+∞).
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国丙卷)设函数 f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中 α>0,记|f(x)|的最大值
为 A.
(1)求 f′(x);
(2)求 A;
(3)证明|f′(x)|≤2A.
解:(1)f′(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.
(2)当 α≥1 时,|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
故 A=3α-2.
当 0<α<1 时,将 f(x)变形为
f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
令 g(t)=2αt2+(α-1)t-1,
则 A 是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,
g(-1)=α,g(1)=3α-2,
且当 t=1-α
4α 时,g(t)取得极小值,
极小值为 g(
1-α
4α )=-
(α-1)2
8α -1=-α2+6α+1
8α .
令-1<1-α
4α <1,解得 α>1
5.
①当 0<α≤1
5时,g(t)在[-1,1]内无极值点,|g(-1)|=α,
|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,
所以 A=2-3α.
②当1
5<α<1 时,由 g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,
知 g(-1)>g(1)>g(
1-α
4α ).
又|g(
1-α
4α )|-|g(-1)|=
(1-α)(1+7α)
8α >0,
所以 A=|g(
1-α
4α )|=α2+6α+1
8α .
综上,A=Error!
(3)证明:由(1)得|f′(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.
当 0<α≤1
5时,|f′(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.
当1
5<α<1 时,A=α
8+ 1
8α+3
4>1,
所以|f′(x)|≤1+α<2A.
当 α≥1 时,|f′(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.
所以|f′(x)|≤2A.
2.(2016·全国乙卷)已知函数 f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2 有两个零点.
(1)求 a 的取值范围;
(2)设 x1,x2 是 f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
解:(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
①设 a=0,则 f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
②设 a>0,则当 x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;
当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以 f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
又 f(1)=-e,f(2)=a,取 b 满足 b<0 且 ba
2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-3
2b)>0,
故 f(x)存在两个零点.
③设 a<0,由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=ln(-2a).
若 a≥-e
2,则 ln(-2a)≤1,
故当 x∈(1,+∞)时,
f′(x)>0,因此 f(x)在(1,+∞)内单调递增.
又当 x≤1 时,f(x)<0,所以 f(x)不存在两个零点.
若 a<-e
2,则 ln(-2a)>1,
故当 x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;
当 x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0.
因此 f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增.
又当 x≤1 时,f(x)<0,所以 f(x)不存在两个零点.
综上,a 的取值范围为(0,+∞).
(2)证明:不妨设 x1f(2-x2),
即 f(2-x2)<0.
由于 f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,
而 f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以 f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设 g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
则 g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当 x>1 时,g′(x)<0,而 g(1)=0,
故当 x>1 时,g(x)<0.
从而 g(x2)=f(2-x2)<0,故 x1+x2<2.
3.(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=x3+ax+1
4,g(x)=-ln x.
(1)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线;
(2)用 min{m,n}表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论 h(x)
零点的个数.
解:(1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0,0),则 f(x0)=0,f′(x0)=0,即
Error!解得Error!
因此,当 a=-3
4时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线.
(2)当 x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,
从而 h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,
故 h(x)在(1,+∞)上无零点.
当 x=1 时,若 a≥-5
4,则 f(1)=a+5
4≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是
h(x)的零点;
若 a<-5
4,则 f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的零点.
当 x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数.
①若 a≤-3 或 a≥0,则 f′(x)=3x2+a 在(0,1)上无零点,故 f(x)在(0,1)上单调.
而 f(0)=1
4,f(1)=a+5
4,所以当 a≤-3 时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当 a≥0 时,f(x)
在(0,1)上没有零点.
②若-3-3
4或 a<-5
4时,h(x)有一个零点;当 a=-3
4或 a=-5
4时,h(x)有两个零点;
当-5
40 时,易知 y1=|ln x|与 y2=ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点,所以
只需要 y1=|ln x|与 y2=ax 的图象在区间(1,4)上有两个交点即可,此时|ln x|=ln x,由 ln x=ax,
得 a=ln x
x .令 h(x)=ln x
x ,x∈(1,4),则 h′(x)=1-ln x
x2 ,故函数 h(x)在(1,e)上单调递增,在
(e,4)上单调递减,h(e)=ln e
e =1
e,h(1)=0,h(4)=ln 4
4 =ln 2
2 ,所以ln 2
2 k>1,则下列结
论中一定错误的是( )
A.f(
1
k )<1
k B.f(
1
k )> 1
k-1
C.f(
1
k-1 )< 1
k-1 D.f(
1
k-1 )> 1
k-1
解析:选 C 由已知,构造函数 g(x)=f(x)-kx,则 g′(x)=f′(x)-k>0,∴函数 g(x)
在 R 上单调递增,且 1
k-1>0,∴g(
1
k-1 )>g(0),即 f(
1
k-1 )- k
k-1>-1,即 f(
1
k-1 )> 1
k-1,∴
选项 C 错误,选项 D 正确.构造函数 h(x)=f(x)-x,则 h′(x)=f′(x)-1>0,∴函数 h(x)
在 R 上单调递增,且1
k>0,∴h(
1
k )>h(0),即 f(
1
k )-1
k>-1,即 f(
1
k )>1
k-1,但选项
A、B 无法判断,故选 C.
3.已知 f(x)=1
2x2+b
x+c(b,c 是常数)和 g(x)=1
4x+1
x是定义在 M={x|1≤x≤4}上的函数,
对于任意的 x∈M,存在 x0∈M 使得 f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0),且 f(x0)=g(x0),则 f(x)在 M 上
的最大值为( )
A.7
2 B.5 C.6 D.8
解析:选 B 因为 g(x)=1
4x+1
x≥2 1
4=1(当且仅当 x=2 时等号成立),所以 f(2)=2+b
2+
c=g(2)=1,所以 c=-1-b
2,所以 f(x)=1
2x2+b
x-1-b
2,所以 f′(x)=x- b
x2=x3-b
x2 .因为 f(x)
在 x=2 处有最小值,且 x∈[1,4],所以 f′(2)=0,即 b=8,所以 c=-5,所以 f(x)=1
2x2+8
x
-5,f′(x)=x3-8
x2 ,所以 f(x)在[1,2)上单调递减,在(2,4]上单调递增,而 f(1)=1
2+8-5=7
2,f(4)
=8+2-5=5,所以函数 f(x)在 M 上的最大值为 5,故选 B.
4.已知函数 f(x)=ax+xln x(a∈R).
(1)若函数 f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围;
(2)当 a=1 且 k∈Z 时,不等式 k(x-1)1 恒成立.
令 g(x)=x+xln x
x-1 ,则 g′(x)=x-ln x-2
(x-1)2 .
令 h(x)=x-ln x-2(x>1),
则 h′(x)=1-1
x=x-1
x >0,
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.
∵h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0,
∴存在 x0∈(3,4)使 h(x0)=0,即 g′(x0)=0.
即当 1x0 时,h(x)>0,即 g′(x)>0.
∴g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
由 h(x0)=x0-ln x0-2=0,得 ln x0=x0-2,
g(x)min=g(x0)=x0(1+ln x0)
x0-1 =x0(1+x0-2)
x0-1 =x0∈(3,4),
∴k0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当 a≤-1 时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当-10,f(x)在
(0, -a+1
2a )上单调递增;
当 x∈
( -a+1
2a ,+∞
)时,f′(x)<0,f(x)在 -a+1
2a ,+∞上单调递减.
(2)证明:不妨假设 x1≥x2.
由于 a≤-2,故 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∴|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于 f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2,
即 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.
令 g(x)=f(x)+4x,
则 g′(x)=a+1
x +2ax+4=2ax2+4x+a+1
x ,
于是 g′(x)≤
-4x2+4x-1
x =
-(2x-1)2
x ≤0.
从而 g(x)在(0,+∞)上单调递减,故 g(x1)≤g(x2),
即 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1,
故对∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|.
6.(2017·德州中学月考)已知函数 f(x)=mx2-x+ln x.
(1)若在函数 f(x)的定义域内存在区间 D,使得该函数在区间 D 上为减函数,求实数 m
的取值范围;
(2)当 00 时,由于函数 y=2mx2-x+1 的图象的对称轴 x= 1
4m>0,故需且只需 Δ>0,即 1
-8m>0,解得 m<1
8.
故 01,
由 g′(x)>0,得 0 1
2m;
由 g′(x)<0,得 10,
故在(
1
2m,+∞)上,函数 g(x)又有一个零点,不满足题意.
综上所述,m=1
2.
二、重点选做题
1.设函数 f(x)=1
2x2-ax-kln x(a∈R,k∈R).
(1)若 k=1,且 f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,求实数 a 的取值范围;
(2)若 a=0,且 k≥e,求证:f(x)在区间(1, e ]上有且仅有一个零点.
解:(1)∵f(x)=1
2x2-ax-kln x,
∴f′(x)=x-k
x-a,
若 k=1,且 f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
则 f′(x)=x-1
x-a≥0 对任意的 x≥1 恒成立,
即 a≤x-1
x对任意的 x≥1 恒成立.
∴a≤(x-1
x )min=0,即实数 a 的取值范围为(-∞,0].
(2)证明:当 a=0 时,f(x)=1
2x2-kln x,
∴f′(x)=x-k
x=
(x+ k)(x- k)
x ,
由 f′(x)<0,得 00,得 x> k.
∴f(x)在区间(0, k ]上单调递减,在区间( k,+∞)上单调递增.
当 k=e 时,f(x)在区间(0, e ]上单调递减,且 f( e)=1
2e-eln e=0,
∴f(x)在区间(1, e ]上有且仅有一个零点.
当 k>e 时, k> e,
∴f(x)在区间(1, e ]上单调递减,
又 f(1)=1
2>0,f( e)=1
2e-kln e=e-k
2 <0,
∴f(x)在区间(1, e ]上有且仅有一个零点.
综上,若 a=0,且 k≥e,则 f(x)在区间(1, e ]上有且仅有一个零点.
2.已知函数 f(x)满足:①f(x)=2f(x+2),x∈R;②f(x)=ln x+ax,x∈(0,2);③f(x)在(-
4,-2)内能取到最大值-4.
(1)求实数 a 的值;
(2)设函数 g(x)=1
3bx3-bx,若对∀x1∈(1,2),∃x2∈(1,2),使得 f(x1)=g(x2),求实数 b
的取值范围.
解:(1)当 x∈(-4,-2)时,有 x+4∈(0,2),
由条件②得 f(x+4)=ln(x+4)+a(x+4),
再由条件①得 f(x)=2f(x+2)=4f(x+4)=4ln(x+4)+4a(x+4).
故 f′(x)= 4
x+4+4a,x∈(-4,-2).
由条件③得 f(x)在(-4,-2)内有最大值,方程 f′(x)=0,即 4
x+4+4a=0 在(-4,-2)
内必有解,故 a≠0,且解为 x=-1
a-4.
又最大值为-4,所以 f(x)max=f(-1
a-4)=4ln(-1
a )+4a·(-1
a )=-4,即 ln(-1
a )=
0,所以 a=-1.
(2)设 f(x)在(1,2)内的值域为 A,g(x)在(1,2)内的值域为 B,
由条件可知 A⊆B.
由(1)知,当 x∈(1,2)时,f(x)=ln x-x,f′(x)=1
x-1=1-x
x <0,
故 f(x)在(1,2)内为减函数,
所以 A=(f(2),f(1))=(ln 2-2,-1).
对 g(x)求导得 g′(x)=bx2-b=b(x-1)(x+1).
若 b<0,则当 x∈(1,2)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,
所以 B=(g(2),g(1))=(
2
3b,-2
3b).
由 A⊆B,得 2
3b≤ln 2-2,-2
3b≥-1,
故必有 b≤3
2ln 2-3.
若 b>0,则当 x∈(1,2)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,
所以 B=(g(1),g(2))=(-2
3b,2
3b).
由 A⊆B,得-2
3b≤ln 2-2,2
3b≥-1,
故必有 b≥3-3
2ln 2.
若 b=0,则 B={0},此时 A⊆B 不成立.
综上可知,b 的取值范围是(-∞,3
2ln 2-3]∪3-3
2ln 2,+∞.
三、冲刺满分题
1.(2017·长沙四校联考)已知函数 f(x)= ex
x-m.
(1)讨论函数 y=f(x)在 x∈(m,+∞)上的单调性;
(2)若 m∈(0,1
2 ],则当 x∈[m,m+1]时,函数 y=f(x)的图象是否总在函数 g(x)=x2+x
图象上方?请写出判断过程.
解:(1)f′(x)=ex(x-m)-ex
(x-m)2
=ex(x-m-1)
(x-m)2
,
当 x∈(m,m+1)时,f′(x)<0,
当 x∈(m+1,+∞)时,f′(x)>0,
所以 f(x)在(m,m+1)上单调递减,在(m+1,+∞)上单调递增.
(2)由(1)知 f(x)在(m,m+1)上单调递减,
所以其最小值为 f(m+1)=em+1.
因为 m∈(0,1
2 ],g(x)在[m,m+1]上的最大值为(m+1)2+m+1.
所以下面判断 f(m+1)与(m+1)2+m+1 的大小,
即判断 ex 与(1+x)x 的大小,其中 x=m+1∈(1,3
2 ].
令 m(x)=ex-(1+x)x,m′(x)=ex-2x-1,
令 h(x)=m′(x),则 h′(x)=ex-2,
因为 x=m+1∈(1,3
2 ],
所以 h′(x)=ex-2>0,m′(x)单调递增,
又 m′(1)=e-3<0,m′(
3
2 )=e3
2-4>0,
故存在 x0∈(1,3
2 ],使得 m′(x0)=ex0-2x0-1=0.
所以 m(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,3
2]上单调递增,
所以 m(x)≥m(x0)=ex0-x20-x0=2x0+1-x20-x0=-x20+x0+1,
所以当 x0∈(1,3
2 ]时,m(x0)=-x20+x0+1>0,
即 ex>(1+x)x,
即 f(m+1)>(m+1)2+m+1,
所以函数 y=f(x)的图象总在函数 g(x)=x2+x 图象上方.
2.已知函数 f(x)=xex-aln x,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴.
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)证明:当 b≤e 时,f(x)≥b(x2-2x+2).
解:(1)因为 f′(x)=(x+1)ex-a
x,x>0,
依题意得 f′(1)=0,即 2e-a=0,解得 a=2e.
所以 f′(x)=(x+1)ex-2e
x ,
显然 f′(x)在(0,+∞)上单调递增且 f′(1)=0,
故当 x∈(0,1)时,f′(x)<0;
当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以 f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)证明:①当 b≤0 时,由(1)知,当 x=1 时,f(x)取得最小值 e.
又 b(x2-2x+2)的最大值为 b,
故 f(x)≥b(x2-2x+2).
②当 00,
则 h′(x)=(x+2)ex+2e
x2-2b,
当 x∈(0,1]时,2e
x2-2b≥0,(x+2)ex>0,
所以 h′(x)>0,
当 x∈(1,+∞)时,(x+2)ex-2b>0,2e
x2>0,
所以 h′(x)>0,
所以当 x∈(0,+∞)时,h′(x)>0,
故 h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又 h(1)=0,
所以当 x∈(0,1)时,g′(x)<0;
当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0.
所以 g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以当 x=1 时,g(x)取得最小值 g(1)=e-b≥0,
所以 g(x)≥0,
即 f(x)≥b(x2-2x+2).
综上,当 b≤e 时,f(x)≥b(x2-2x+2).
第五节
定积分与微积分基本定理
突破点(一) 求定积分
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1.定积分的定义
一般地,如果函数 f(x)在区间[a,b]上连续,用分点 a=x00)围成的图形的面积为8
3,
则 m 的值为( )
A.2 B.3 C.1 D.8
解析:选 A 由题意得,围成的图形的面积 S=∫m2
0 (m- x)dx=(mx-2
3x3
2)Error!m20
=m3-2
3m3=8
3,解得 m=2.
5.设变力 F(x)(单位:N)作用在质点 M 上,使 M 沿 x 轴正方向从 x=1 m 处运动到 x=
2
0
∫
π
2
0
∫
π
10 m 处,已知 F(x)=x2+1 且方向和 x 轴正方向相同,则变力 F(x)对质点 M 所做的功为( )
A.1 J B.10 J C.342 J D.432 J
解析:选 C 变力 F(x)=x2+1 使质点 M 沿 x 轴正方向从 x=1 运动到 x=10 所做的功
W=∫101 F(x)dx=∫101 (x2+1)dx=(
1
3x3+x)|101 =342(J).
6.若函数 f(x),g(x)满足∫1-1f(x)g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)为区间[-1,1]上的一组正交
函数.给出三组函数:
①f(x)=sin1
2x,g(x)=cos1
2x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x 2.其中为区
间[-1,1]上的正交函数的组数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:选 C 对于①,∫1 -1sin1
2xcos1
2xdx=∫1 -11
2sin xdx=0,所以①是区间[-1,1]上的
一组正交函数;对于②,∫1 -1 (x+1)(x-1)dx=∫1 -1 (x2-1)dx≠0,所以②不是区间[-1,1]
上的一组正交函数;对于③,∫1 -1x·x2dx=∫1 -1x3dx=0,所以③是区间[-1,1]上的一组正交
函数.选 C.
二、填空题
7.若函数 f(x)=x+1
x,则 ∫e
1f(x)dx=________.
解析:∫e
1(x+1
x )dx=(
x2
2 +ln x)| e1=e2+1
2 .
答案:e2+1
2
8.(2017·洛阳统考)函数 f(x)=Error!的图象与直线 x=1 及 x 轴所围成的封闭图形的面积
为________.
解析:由题意知所求面积为 ∫0 -1(x+1)dx+ ∫1
0exdx= (
1
2x2+x)| 0-1+e x| 10=-
(
1
2-1 )+(e-1)=e-1
2.
答案:e-1
2
9.∫e
1
1
xdx+∫2 -2 4-x2dx=________;
解析:∫e
1
1
xdx=ln x| e1=1-0=1,因为 ∫2 -2 4-x2dx 表示的是圆 x2+y2=4 在 x 轴
上方的面积,故 ∫2 -2 4-x2dx=1
2π×22=2π.所以原式=2π+1.
答案:2π+1
10.如图,由曲线 y=x2 和直线 y=t2(0